1、吉林省白山市抚松县第六中学2019-2020学年高二物理上学期期中试题（含解析）一、选择题1. 关于电源的电动势，下面叙述不正确的是（ ）A. 同一电源接入不同电路，电动势不会发生变化B. 电动势等于闭合电路中接在电源两极间的电压表测得的电压C. 电源的电动势反映电源把其他形式的能转化为电能的本领大小D. 在外电路接通时，电源的电动势等于内外电路上的电压之和【答案】B【解析】试题分析：电动势是电源本身的特性，与外电路无关，故A对。电动势的值为闭合电路中内外电路上的电压之和，闭合电路中接在电源两极间的电压表测得的电压为路端电压，不是电源电动势。故B错，D对。电源的电动势物理意义是反映电源把其他形
2、式的能转化为电能的本领大小，故C对。故选B。考点：电动势的概念。2.如图所示，实线表示匀强电场的电场线一个带正电荷的粒子以某一速度射入匀强电场，只在电场力作用下，运动轨迹如图中虚线所示，a、b为轨迹上的两点若a点电势为a ，b点电势为b ，则下列说法中正确的是（ ）A. 场强方向一定向左，且电势a bB. 场强方向一定向左，且电势a bD. 场强方向一定向右，且电势a b，与结论不相符，选项A错误；B场强方向一定向左，且电势a b，与结论相符，选项C正确；D场强方向一定向右，且电势a b，与结论不相符，选项D错误；3.金属材料的电阻率有以下特点：一般而言，纯金属的电阻率小，合金的电阻率大；金属
3、的电阻率随温度的升高而增大，有的金属电阻率随温度变化而显著变化，有的合金的电阻率几乎不受温度的影响根据以上的信息，判断下列的说法中正确的是（ ）A. 电炉、电阻器的电阻丝一般用合金来制作B. 连接电路用的导线一般用合金来制作C. 电阻温度计一般用电阻率几乎不受温度影响的合金来制作D. 标准电阻一般用电阻率随温度变化而显著变化的金属材料制作【答案】A【解析】【详解】A合金的电阻率大，故电炉、电阻器的电阻丝一般用合金来制作，故A正确；B纯金属的电阻率小，故连接电路用的导线一般用纯金属来制作，故B错误；C有的金属电阻率随温度变化而显著变化，故电阻温度计一般用电阻率随温度变化而显著变化的金属材料来制作
4、，故C错误；D有的合金的电阻率几乎不受温度的影响，故标准电阻一般用合金材料制作，故D错误；4.如图所示电路中，电源的内电阻为r，R1、R3、R4均为定值电阻，电表均为理想电表闭合电键S，当滑动变阻器R2的滑动触头P向右滑动时，电表的示数都发生变化，下列说法错误的是（ ）A. 电压表示数变大B. 电流表示数变小C. 外电路等效电阻变大D. 内电路消耗的功率变大【答案】D【解析】试题分析：根据电路的结构，与并联，与串联，再与并联，可知，当P向右滑动时，增大，外电路总电阻增大，则电压表示数U变大，干路电流I减小，由功率公式则知道内电路消耗功率减小；根据干路电流I与电流的变化情况，来判断电流的变化情况
5、；由U与的变化情况，可分析得出的电流增大，而，则可知变小。根据电路的结构，与并联，与串联，再与并联，当P向右滑动时，增大，与并联电阻增大，外电路总电阻R总增大，干路电流I减小，路端电压U增大，即电压表示数变大，故A正确，C正确；由知，内电路消耗的功率变小，故D错误由知，I减小，增大，则减小，减小，而与并联的电压，U增大，减小则增大，则的电流变大，又电流表的电流，I减小，增大，则减小，故B正确。考点：闭合电路动态分析点评：难度较大，首先应画出等效电路图，明确串并联关系，注意闭合电路中任一部分电阻增大则总电阻增大，任一部分电阻减小则总电阻减小，由部分电路电阻的变化确定总电阻的变化，确定通过电源的电
6、流的变化，得到路端电压的变化，再由部分电路欧姆定律分析各部分电路的电流电压的变化。解决这类动态分析问题的基础是认识电路的结构，并采用控制变量法进行分析5. 在如图所示的电路中，开关S闭合后，由于电阻元件发生短路或断路故障，电压表和电流表的读数都增大，则可能出现了下列哪种故障（ ）A. R1短路B. R2短路C. R3短路D. R1断路【答案】B【解析】试题分析：若短路，则电路中只有连入电路，电路总电阻减小，所以电路总电流增大，即电流表示数增大，根据可得两端的电压增大，即电压表示数增大，A符合题意若短路，则电流表和没有电流通过，电流表示数为零，不符合题意若短路，则电压表示数为零，不符合题意，若断
7、路，则电流表示数为零，不符合题意，故选A,考点：考查了电路故障分析点评：此类型题目，需要一项一项带入判断，先画出等效电路图，然后根据题中电表的变化判断，二、多项选择题6. 如图所示是一个由电池、电阻R与平行板电容器组成的串联电路，平行板电容器中央有一个液滴处于平衡状态，当增大电容器两板间距离的过程中（ ）A. 电容器的电容变大B. 电阻R中有从a流向b的电流C. 液滴带负电D. 液滴仍然平衡【答案】BC【解析】试题分析：在增大电容器两板间距离的过程中，电容C减小，电压U不变，则电量减小，电容器放电由于电容器上极板带正电，则电阻R中有从a流向b的电流A错误，B正确，上极板带正电，粒子受到的电场力
8、向上，所以带电粒子带负电，C正确，极板间的电压不变，根据公式可得，电场减小，故粒子受到的电场力减小，所以粒子向上运动，D错误，考点：考查了电容器的动态变化点评：对于电容器的动态变化分析问题，抓住不变量是关键当电容器与电源保持相连时，其电压不变7.有两只电流表A1、A2是由完全相同的小量程电流表G1、G2改装而成，A1的量程为I1=0.6A，A2的量程为I2=3A两表接入电路后均末烧坏，则 （ ）A. A1、A2表的内阻之比为R1: R2 =1:5B. 将A1、A2串联接入电路后，指角偏角之比为5:1C. 将A1、A2串联接入电路后，读数之比为5:1D. 将A1、A2并联接入电路后，读数之比为1
9、:5【答案】BD【解析】试题分析：根据欧姆定律可得,所以，A错误，将A1、A2串联接入电路后，因为内阻比为，所以电流表A1两端电压时A2的5倍，所以根据欧姆定律可得指角偏角之比为5:1，B正确，串联电流是相等，所以读数为1:1，C错误，并联后，两电表两端的电压是相等的，所以读数比为1:5，D正确，考点：考查了串并联电路规律点评：做本题的关键是理解电流表是表头和定值电阻并联在一起的，然后根据电路规律解题8.如图水平面的上方有竖直向上的匀强电场，平面上静止着质量为M的绝缘物块，一质量是m的带正电弹性小球，以水平速度v与物块发生碰撞，并以原速率返回，弹回后仅在电场力和重力的作用下沿着虚线运动，则下列
10、说法正确的是（ ）A. 弹回后球的机械能守恒B. 弹回后轨迹是抛物线C. 弹回后机械能与电势能的总和守恒D. 弹回后动能增加.【答案】BCD【解析】试题分析：弹回后，电场力做正功，所以球的机械能不守恒，A错误，弹回后，小球在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上在电场力和重力的作用下做加速运动，所以轨迹为一条抛物线，B正确，弹回后重力和电场力做功，没有外力做功，所以机械能与电势能的总和守恒,C正确，电场力做正功，且电场力大于重力，所以小球动能增大，D正确，考点：考查了小球在复合场中的运动点评：关键是对小球受力分析，根据力的运动的关系判断小球的运动情况，根据功能关系判断小球的能量变化9. 如图所
11、示，在竖直放置的半径为R的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O处固定一点电荷，将质量为m，带电量为+q的小球从圆弧管的水平直径端点A由静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）A. 小球在B时的速率为B. 小球在B时的速率小于C. 固定于圆心处的点电荷在AB弧中点处的电场强度大小为3mg/qD. 小球不能到达C点（C点和A在一条水平线上）【答案】AC【解析】试题分析：由A到B，由动能定理得：，解得，A正确，B错误，在B点，对小球由牛顿第二定律得：，将B点的速度带入可得，C正确，从A到C点过程中电场力做功为零，所以小球能到达C点，D错误，考点：动能定
12、理和牛顿定律综合的问题点评：小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力并不是电场力等于重力，而是电场力与重力提供向心力去做圆周运动当是点电荷的电场时，由于电场力与支持力均于速度方向垂直，所以只有重力做功10.如图所示，在等量异种电荷形成的电场中，画一正方形ABCD，对角线AC与两点电荷连线重合，两对角线交点O恰为电荷连线的中点。下列说法正确的是A. A点的电场强度大于B点的电场强度且两点电场强度方向相同B. B、D两点的电场强度及电势均相同C. 一电子由B点沿BCD路径移至D点，电势能先减小后增大D. 一质子由C点沿COA路径移至A点，电场力对其先做负功后做正功【答案】AB【解析】【详解】A在
13、如图所示的电场中EAEOEB，且电场方向都水平向右，故A正确；B由于B、D两点关于O点对称，因此其场强大小相等，方向均水平向右，中垂线为零等势线，故B正确；C电子由B沿BC运动到C过程中，靠近负电荷远离正电荷，因此电场力做负功，电势能增大，沿CD运动到D过程中，靠近正电荷远离负电荷，电场力做正功，电势能减小，故整个过程中电势能先增大后减小，故C错误；D图中两电荷连线电场方向水平向右，即由A指向C，质子受电场力水平向右，故质子由C点沿COA路径移至A点过程中电场力做负功，故D错误。三实验题11.如图所示，游标卡尺的示数为 cm；螺旋测微器的示数为 mm【答案】0.22 3.290 (3.289,
14、3.291都对)【解析】试题分析：游标卡尺的读数为，螺旋测微器的读数为考点：考查了游标卡尺和螺旋测微器的读数【名师点睛】解决本题关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读，对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量12.某实验小组要描绘一只规格为“2.5 V0.5 A”小电珠的伏安特性曲线，除了提供导线和开关外，还有以下一些器材：A电源E(电动势为3.0 V，内阻不计)B电压表V(量程为03.0 V，内阻约为2 k)C电流表A(量程为00.6 A，内阻约为
15、1 )D滑动变阻器R(最大阻值10 ，额定电流1 A)（1）为完成本实验，请用笔画线当导线，将实物图连成完整的电路，要求实验误差尽可能的小(图中有几根导线已经接好)（ ）（2）下表中的数据是该小组在实验中测得的，请根据表格中的数据在方格纸上作出电珠的伏安特性曲线.U/V0.000.501.001.502.002.50I/A0.000.170.300.390.45049（ ）【答案】 (1). (2). 【解析】【详解】（1）1.描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流要从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡电阻约为，电流表内阻约为1，电压表内阻约为2k，相对来说，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表
16、应采用外接法，实物电路图如图所示（2）2.根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象如图所示；13.（1）当使用多用电表测量物理量时，多用电表表盘示数如图所示若此时选择开关对准 10挡，则被测电阻的阻值为_若用多用电表测量另一个电阻的阻值发现指针偏转角度很大，则应该换用倍率更_（填“高”或“低”）的挡位，换挡后还要_，用完电表后把选择开关拨到_（2）为了测定一节旧干电池的电动势和内阻（内阻偏大），配备的器材有：A电流表A（量程为0.6A）B电压表V（量程为1V，内阻为1.2k）C滑动变阻器R1（010，1A）D电阻箱R2（09999.9）某实验小组设计了如图所示的电路实验中将量程为1V
17、电压表量程扩大为2V，电阻箱R2的取值应为_k利用上述实验电路进行实验，测出多组改装后的电压表读数UV与对应的电流表读数IA，利用UVIA的图象如图所示由图象可知，电源的电动势E=_V，内阻r=_【答案】 (1). 2.8102 (2). 低 (3). 欧姆调零 (4). off挡或者交流电压最高挡 (5). 1.2 (6). 1.60 (7). 2.75【解析】【详解】（1）1234若此时选择开关对准 10挡，则被测电阻的阻值为2810=2.8102若用多用电表测量另一个电阻的阻值发现指针偏转角度很大，说明倍率挡选择过高，应该换用倍率更低的挡位，换挡后还要欧姆调零，用完电表后把选择开关拨到o
18、ff挡或者交流电压最高挡（2）5实验中将量程为1V电压表量程扩大为2V，电阻箱R2的取值等于伏特表的内阻，即应为1.2k67 根据U=E-Ir，由图象可知，电源的电动势E=1.60V，内阻 四、论述和演算题14.如图所示的电路中，R1=2，R2=6，S闭合时，理想电压表V的示数为75V，理想电流表A的示数为075A，S断开时，理想电流表A的示数为1A，求：（1）电阻R3的值；（2）电源电动势E和内阻r的值【答案】（1）6（2）E=9Vr=1【解析】试题分析：（1）设当开关S1、S2均闭合时流经R1的电流为I1，流经R3的电流为I3由题意得：U=IR2+I1R1IR2=I3R3I1=I+I3联立
19、式，代入数据解得：R3=6（2）由题意及闭合电路欧姆定律得：E=U+I1rE=I（R1+R2+r）联立式，代入数据解得：E=9Vr=1考点：闭合电路欧姆定律。【名师点睛】（1）已知电压表及电流表的示数，则由串并联电路的规律可求得电阻R3的值；（2）由闭合电路欧姆定律可求得电动势E和内阻r。本题考查串并联电路的电流及电压规律与闭合电路欧姆定律，在解答时要注意正确理解题意，并能准确把握电路图。15. 有一起重机用的是直流电动机，如图14所示，其内阻r0.8，线路电阻R10，电源电压U150V，伏特表的示数为110V，求：（1）通过电动机的电流（2）输入到电动机的功率P入（3）电动机的发热功率Pr，
20、电动机输出的机械功率【答案】（1）4A（2）（3）【解析】试题分析：(1)IA4A (3分)(2)P入UI1104W440W (2分)(3)PrI2r420.8W12.8W (3分)P机P入Pr(44012.8)W427.2W (2分)考点：考查电功率和闭合电路中功率的分配点评：对电学中公式要熟记并加以理解，特别是闭合电路的功率分配，求解本题时要注意电动机为非纯电阻电路，欧姆定律不再适用16.如图所示，用一根绝缘轻绳悬挂一个带电小球，小球的质量为m=1.0102kg现加一水平方向向左的匀强电场，场强E=3.0106N/C，平衡时绝缘线与竖直方向的夹角为30求：（1）小球带何种电荷，电荷量为多大
21、； （g取10m/s2） （2）如果绳子突然断了，小球如何运动，加速度多大【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）因为电场力F方向向左，故小球带正电。受力分析如图: 由小球受力平衡有：联立解得:（2）绳子断了小球将沿着绳子的方向向斜下方做匀加速直线运动=m/s2（14分）考点：考查了共点力平衡条件极其应用点评：小球受重力、电场力和拉力处于平衡，根据平衡判断电荷电性，根据合成法求出电场力的大小，从而求出电荷量的大小17.图中装置由加速器和平移器组成，平移器由两对水平放置、相距为l的相同平行金属板构成，极板长度为l、间距为d，两对极板间偏转电压大小相等、电场方向相反 初速度为零的质量为m、电荷
22、量为+q的粒子经加速电压U0加速后，水平射入偏转电压为U1 的平移器，最终水平打在A点 不考虑粒子受到的重力(1)求粒子射出加速器时的速度大小v1和射出平移器后的速度大小v2；(2)求粒子经过平移器过程中在竖直方向发生的位移；(3)当加速电压变为3U0时，欲使粒子仍打在A点，求此时的偏转电压U【答案】（1）（2）（3）原来的3倍【解析】试题分析：在竖直方向上先加速，再匀速，再减速，因为加速和减速的时间相同且加速度大小相同所以v2=y=4=由于上式，因为y不变，当U0变成原来的3倍，那么U1也变成原来的3倍考点：考查带电粒子在电场中的偏转点评：对带电粒子在电场中的加速问题主要应用动能定理，对于粒子在电场中的偏转问题主要是应用平抛的运动规律求解
